[Thi môn Toán 9 kì 2]: Rút gọn biểu thức Q, tìm giá trị nhỏ nhất

Câu I ( 2,0điểm ) Cho hai biểu thức :

\(P = \dfrac{{a – 9}}{{\sqrt a  – 3}}\) và \(Q = \dfrac{3}{{\sqrt a  – 3}} + \dfrac{2}{{\sqrt a  + 3}}\)\(\, + \dfrac{{a – 5\sqrt a  – 3}}{{a – 9}}\)  với \(a \ge 0,a \ne 9\)

1) Khi \(a = 81\), tính giá trị biểu thức P .

2) Rút gọn biểu thức Q .

3) Với \(a > 9\), tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(A = P.Q\)

Câu II ( 2,0điểm ) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình :

Hai đội công nhân làm chung một công việc và dự định 12 ngày thì hoàn thành xong. Nhưng khi làm chung được 8 ngày, thì đội I được điều động đi làm việc khác. Đội II tiếp tục làm nốt phần việc còn lại. Khi làm một mình, do cải tiến cách làm, năng suất cảu đội II tăng gấp đôi, nên đội II đẫ hoàn thành xong phần việc còn lại trong 3,5 ngày. Hỏi với năng suất ban đầu, nếu mỗi đội làm mọt mình thì sau thời gian bao lâu sẽ hoàn thành công việc trên ?

Câu III (2,0 điểm )

1) Giải hệ phương trình :\(\left\{ {_{\dfrac{2}{{x – 2}} – \dfrac{3}{{y – 1}} = 1}^{\dfrac{1}{{x – 2}} + \dfrac{1}{{y – 1}} = 2}} \right.\)

2) Cho parabol \((P):y = {x^2}\) và đương thẳng \((d):y = (2m + 1)x – 2m\)

     (\(x\) là ẩn, \(m\) là tham số )

a) Khi m=1. Xác định tọa độ giao điểm của \((d)\) và \((P)\) .

b) Tìm m để \((d)\) và \((P)\) cắt nhau tại hai điểm phân biệt\(A({x_1};{y_1});B({x_2};{y_2})\)

Sao cho biểu thức \(T = x_1^2 + x_2^2 – {x_1}{x_2}\) đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu IV( 3,5đ): Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn \((O;R)\) vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (BC là tiếpđ). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kỳ, vẽ MI vuông góc với AB, MK vuông góc với AC\((I \in AB,K \in AC)\)

a) Chứng minh : tứ giác\(AIMK\)nội tiếp đường tròn

b) Vẽ  vuông góc với \(BC\left( {P \in BC} \right)\) . Chứng minh : \(\widehat {MPK} = \widehat {MBC}\)

c) Chứng minh rằng : \(MI.MK = M{P^2}\)

d) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích \(MI.MK.MP\) đạt giá trị lớn nhất.

Câu V( 0,5 điểm ) Cho ba số \(x,y,z\) không âm và \({x^2} + {y^2} + {z^2} \le 3y\)

Tìm giá trị nhỏ nhất của \(P = \dfrac{1}{{{{(x + 1)}^2}}} + \dfrac{4}{{{{(y + 2)}^2}}} + \dfrac{8}{{{{(z + 3)}^2}}}\)

Gợi ý giải:

Câu I:

1) \(a = 81\) (TMĐKXĐ) suy ra \(\sqrt a  = 9\)

Thay vào biểu thức \(P\) tính được \(P = 12\)

2) Biến đổi

Rút gọn được \(Q = \dfrac{a}{{a – 9}}\)

3) Biến đổi \(P.Q = \dfrac{a}{{\sqrt a  – 3}} = \sqrt a  + 3 + \dfrac{9}{{\sqrt a  – 3}}\)\(\, = (\sqrt a  – 3) + \dfrac{9}{{\sqrt a  – 3}} + 6\)

Đánh giá được \((\sqrt a  – 3) + \dfrac{9}{{\sqrt a  – 3}} \)\(\,\ge 2\sqrt {(\sqrt a  – 3).\dfrac{9}{{\sqrt a  – 3}}}  = 6\) (vì \(a > 9\))

Từ đó min\(A = 12 \Leftrightarrow a = 36\) (TMĐKXĐ)

Câu II:

Gọi thời gian đội I làm một mình (với năng suất ban đầu ) để hoàn thành công việc là x ( đơn vị ngày, x > 12 )

Gọi thời gian đội II làm một mình (với năng suất ban đầu ) để hoàn thành công việc là y ( đơn vị ngày, y > 12 )

Mỗi ngày đội I làm được \(\dfrac{1}{x}\) ( công việc )

Mỗi ngày đội II làm được \(\dfrac{1}{y}\) ( công việc )

8 ngày làm được \(\dfrac{8}{{12}} = \dfrac{2}{3}\) ( công việc )

Năng suất mới của đội II là \(\dfrac{2}{y}\) ( CV/ngày )

Lập luận để có được hệ phương trình \(\left\{ {_{\dfrac{2}{3} + \dfrac{2}{y}.\dfrac{7}{2} = 1}^{\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{12}}}} \right.\)

Giải hệ phương trình được nghiệm x= 28 , y = 21 (t/m đk)

Kết luận : Với năng suất ban đầu, để hoàn thành công việc, đội I làm trong 28 ngày, đội II làm trong 21 ngày.

Câu III:

1)ĐKXĐ :

\(\left\{ \begin{gathered}
x \ne 2 \hfill \\
y \ne 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

Đặt ẩn  phụ \(\dfrac{1}{{x – 2}} = u;\dfrac{1}{{y – 1}} = y\) đưa về hệ

\(\left\{ \begin{gathered}
u + v = 2 \hfill \\
2u – 3v = 1 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

Giải được \(u = \dfrac{7}{5};v = \dfrac{3}{5}\)

Trả lại ẩn ban đầu và giải được \(x = \dfrac{{19}}{7};y = \dfrac{8}{3}\) (TMĐK)

Kết luận hệ phương trình có nghiệm duy nhất \((\dfrac{{19}}{7};\dfrac{8}{3})\)

2)

a) Lập luận để có khi m=1 thì hoành độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\) là nghiệm của phương trình \({x^2} – 3x + 2 = 0\)

Giải phương trình được nghiệm \({x_1} = 1;{x_2} = 2\) .

Tiếp tục xác định đúng  tung độ  giao điểm \({y_1} = 1;{y_2} = 4\)

KL: Tọa độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\)là : \(M(1;1)\)    \(N(2;4)\)

b) Hoành độ giao điểm của \((P)\) và \((d)\) là nghiệm của pt :

\((*) \Leftrightarrow {x^2} – (2m + 1)x + 2m = 0\)

Tính được \(\Delta  = {(2m – 1)^2}\)

+) \((P)\) và \((d)\) cắt nhau tại hai điểm phân biệt\( \Leftrightarrow \) \(PT(*)\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta  > 0 \Leftrightarrow m \ne 2\)

+) Khi đó ta có

\(T = x_1^2 + x_2^2 – {x_1}{x_2} \)\(\,= x_1^2 + x_2^2 + 2{x_1}{x_2} – 3{x_1}{x_2}\)\(\, = {({x_1} + {x_2})^2} – 3{x_1}{x_2}\)

Áp dụng hệ thức viet cho \(PT(*)\) ta có

\(\left\{ \matrix{
{x_1} + {x_2} = 2m + 1 \hfill \cr
{x_1}{x_2} = 2m \hfill \cr} \right.\)

Thay vào biểu thức \(T\)

\(\begin{array}{l}T = {(2m + 1)^2} – 3.2m\\T = 4{m^2} – 2m + 1 \\\;\;\;= {(2m – \dfrac{1}{2})^2} + \dfrac{3}{4} \ge \dfrac{3}{4}\end{array}\)

Lập luận dẫn đến \({T_{\min }} = \dfrac{3}{4}\) khi \(m = \dfrac{1}{4}\) (TMĐK)

Câu IV:

a) Lập luận được \(AIM = AKM = {90^0}\)

\( \Rightarrow AIM + AKM = {180^0}\)

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(AIMK\)nội tiếp

Đường tròn  đường kính

b) Tứ giác \(CPMK\) có \(MPC = MKC = {90^0}(gt)\)

Suy luận được \(CPMK\) là tứ giác nội tiếp.

Tứ giác \(CPMK\) có \(MPC = MKC = {90^0}(gt)\)

Suy luận được \(CPMK\) là tứ giác nội tiếp.

Suy luận được :\( \Rightarrow MPK = MCK(1)\)

Vì KC  là tiếp tuyến của \((O)\)  nên ta có : \(MCK = MBC\) ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn \(MC)(2)\)

Từ \((1)\)  và \((2)\) suy ra \(MPK = MBC(3)\)

c) Chứng minh tương tự câu b) ta có \(BPMI\) là tứ giác nội tiếp

Suy ra \(MIP = MBP = MBC(4)\) . Từ (3) và (4) suy ra \(MPK = MIP\)

Tương tự : \(MKP = MPI \Rightarrow \Delta MPK \sim \Delta MIP\)

\( \Rightarrow \dfrac{{MP}}{{MK}} = \dfrac{{MI}}{{MP}} \Rightarrow MI.MK = M{P^2}\)

d) Từ câu c)  suy ra \(MI.MK.MP = M{P^3}\) . Do đó MI.MK.MP lớn nhất \( \Leftrightarrow \) MP lớn nhất (5)

Gọi H là hình chiếu của O trên BC  \( \Rightarrow \) OH là hằng số ( do BC cố định ). Gọi D là giao điểm của MO  và BC

Ta có : \(MP \le MD;OH \le OD\)

\(MP + OH \le MD + OD = MO\) \( \Rightarrow MP + OH \le R \) \(\Rightarrow MP \le R – OH.\)

Do đó MP lớn nhất \( = R – OH \Leftrightarrow O,H,M\) thẳng hàng (M nằm chính giữa cung nhỏ BC)(6).Từ (5) và (6) \( \Rightarrow \max (MI.MK.MP) = {(R – OH)^3} \)

\(\Leftrightarrow M\) nằm chính giữa cung nhỏ BC.

Câu V:

Theo bất  đẳng thức Cô Si ta có :

\(({x^2} + 1) + ({y^2} + 4) + ({z^2} + 1)\)\(\; \ge 2x + 4y + 2z\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow 3y + 6 \ge 2x + 4y + 2z\end{array}\)  \(\) ( vì \(({x^2} + {y^2} + {z^2} \le 3y)\)

\( \Rightarrow 6 \ge 2x + y + 2z\)

Với hai số a,b > 0 chứng minh được \(\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} \ge \dfrac{8}{{{{(a + b)}^2}}}\)

Do đó :

Dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi \(x = 1;y = 2,z = 1\)

Vậy  của  khi và chỉ khi \(x = 1;y = 2,z = 1\)